§6. ИСПЫТАНИЯ БЕРНУЛЛИ. ФОРМУЛА ПУАССОНА

Повторение испытаний. Схема бернулли

6.2. Обобщенная схема Бернулли

6.1. Схема независимых испытаний Бернулли

Москва 2006 введение

Повторные независимые испытания

Формула Бернулли

Наивероятнейшее число появлений события

Локальная теорема Лапласа

Интегральная теорема Лапласа

Применение интегральной теоремы Лапласа

Формула Пуассона для маловероятных событий

6.3. Некоторые следствия

(опять же согласно теореме 5.5) 48!(12!)4 способами. Следовательно, искомая вероятность равна

24 48!(13!) 4 = 2448!13 4 = 0,105... .

(12!)4 52! 52!

Любопытно, что при игре «в дурака» такая вероятность оказывается существенно меньше. Действительно, найдем вероятность того, что при раздачечетыремигрокампо6картизколодыв36карт,каждыйигрокполучит ровно по одному тузу. Поскольку раздается 24 карты из 36, то нам прежде всего надо знать число способов, которыми можно выбрать 24 карты из 36. Это число равно C 36 24 = 36!(24!12!) .

Далее, число способов, которыми можно разбить 24 карты на 4 группы по 6 карт согласно теореме 5.5 равно 24! (6!)4 . Таким образом, общее число способов, которыми можно раздать четырем игрокам по 6 карт из колоды в 36

карт, равно C 36 24 (6!) 24! 4 . Четыре туза могут быть распределены между четырьмя

игроками 4!= 24 способами. Число способов, которыми можно раздать четыремигрокампо5картизоставшихся32 карт, подсчитываетсяаналогично

предыдущему, и будет равно C 32 20 (5!) 20! 4 . Таким образом, искомая вероятность равна

24 C 20

32!12!64

(5!)4

≈ 0,022 .

(6!)4

На практике часто встречается ситуация, хорошо иллюстрирующаяся

следующими примерами.

Некто несколько раз подряд бросает монету. Спрашивается, можно ли заранее оценить вероятность того, что в результате n бросаний герб выпадет ровноm раз? Или:n раз бросается игральная кость; требуется оценить вероятность того, что при этомm раз выпадет 5 или 6 очков.

Очевидно, что без дополнительных предположений относительно условий проведения эксперимента однозначно ответить на эти вопросы нельзя. Так, результат, несомненно, должен зависеть от того, является ли монета (или кость) правильной, т.е. однородной и симметричной. С другой стороны, возможно ли ответить на вопрос: сколько раз надо бросить монету (или кость), чтобы с достаточной степенью уверенности можно было утверждать, что данная монета (или кость) не является правильной ? Умение отвечать на такой вопрос весьма важно, например, для игорных заведений.

Естественно предположить, что если монета правильная, то вероятность появления герба при каждом бросании равна ½ . Аналогично, в случае правильной кости вероятность появления 5 или 6 очков при каждом бросании равна⅓ . Иными словами, если испытаний достаточно много, то герб при бросании монеты будет появляться примерно в половине исходов, а 5 или 6 очков на кости – в одной трети случаев.

Однако всеэти рассуждения основаны на интуиции. Мы жепостараемся в этом параграфе описать теоретическую модель, которая позволит нам вполне обоснованно ответить на все сформулированные выше вопросы. Модель, о которой пойдет речь ниже, впервые была предложена швейцарским математиком Якобом Бернулли (1654 1705), и получила его имя37 .

Схема независимых испытаний Бернулли. Будем производить последовательные испытания, в результате каждого из которых может

37 Основные результаты Я. Бернулли по теории вероятностей были опубликованы лишь после его смерти в 1713 г. Брат Я. Бернулли – Иоганн (1667-1748) и сын – Даниил (1700-1782) являлись членами Петербургской Императорской Академии Наук, и внесли большой вклад в развитие вариационного исчисления и теоретической механики.

наступить или не наступить некоторое событие А . Пусть при каждом отдельном испытании вероятность наступления событияА одна и та же и не зависит от наступления или ненаступления этого события при других испытаниях; обозначим эту вероятность черезp . Обычно говорят, чтоp – это вероятность «успеха»; соответственно величинаq = 1− p называется вероятностью «неудачи». Понятно, что эта терминология весьма условна.

Такая модель называется схемой (независимых) испытаний Бернулли.

Зададимся следующим вопросом: какова вероятность того, что при проведении n испытаний «успех» (т.е. появления событияА ) будет наблюдаться ровно вm случаях?38

Эта задача решается следующим образом. Представим себе все возможные комбинации из последовательных результатов наших испытаний. Так, например, в случае 3 испытаний возможны восемь таких комбинаций39 , а именно:

AAA; AAA; AAA; AAA;

AAA; AAA; AAA; AAA.

Выделим те комбинации, в которых событие А наступает ровноm раз (и, следовательно, не наступает ровноn ─ m раз); назовем для краткости такие комбинациидопустимыми . Определим вероятность появления каждой отдельной допустимой комбинации. Для этого заметим, что появление допустимой комбинации представляет собой произведениеn событий, а именно:m наступлений событияА при одних испытаниях иn ─ m его ненаступлений при других испытаниях. Вероятность наступления событияА при каждом отдельном испытании по условию равнаp ; вероятность его ненаступления равна, следовательно,q = 1− p . По условию наступления или ненаступления событияА при различных испытаниях представляют собой независимые события; следовательно, вероятность их произведения равна

38 Здесь естественно считать, что m = 0, 1, 2, …,n .

39 Здесь A означает событие, противоположное событиюА , т.е. «неудачу».

произведению их вероятностей, т. е. равна величине p m q n − m = p m (1− p )n − m . Заметимтеперь, чтособытие, состоящеевнаступлениисобытияА ровно

при m испытаниях, равносильно появлению хотя бы одной из допустимых комбинаций. Так как различные допустимые комбинации представляют собой несовместимые события, искомая вероятность появления событияА ровно вm испытаниях равна сумме вероятностей появления допустимых комбинаций. Поскольку вероятности появления допустимых комбинаций одинаковы, то вероятность их суммы равна величинеKp m q n − m , гдеK – число всех допустимых комбинаций. Это число равно, очевидно, числу различных способов, которыми можно выделитьm мест из общего числаn мест, иными

словами равно		числу сочетаний из n элементов поm , т.е. равно
C n m= C n n− m=
	m!(n− m)!

Таким образом, вероятность появления ровно m «успехов» в последовательностиn независимых испытаний Бернулли равна

распределением Бернулли , определяется формулой (6.1) и дает значение вероятностиm «успехов» вn испытаниях Бернулли с вероятностью «успеха»p . При фиксированныхn иp она является функцией целочисленного неотрицательного аргументаm .

Испытания Бернулли – теоретическая схема, и только практика может показать, годна ли схема для описания данного физического опыта. Однако такая ситуация, как мы видели ранее, вполне естественна при построении вероятностных моделей. При всем этом во многих практических ситуациях использование схемы Бернулли оказывается вполне оправданным.

Приведем следующий поучительный пример . Американский ученый Уэлдон провел 26 306 серий испытаний по 12 бросаний одной и той же

игральной кости в каждой серии, вычисляя частоту появления события («успеха»), состоящего в выпадении на кости 5 или 6 очков. Результаты его опытов приведены в табл. 6.1.

Если кость считать правильной, то вероятность «успеха» должна быть равна ⅓ . Соответствующие теоретические значения функцииb (k ;12,13) даны во второй колонке. Эксперимент показал, однако, довольно существенное отличие от теоретических значений приp =⅓ , но хорошее согласование с теоретическими значениями функцииb (k ;12, 0.3377) дляp = 0.3377 . Этот результат естественно интерпретировать в том смысле, что игральная кость, использованная в эксперименте,не является правильной .

Это замечание имеет весьма важные практические приложения в вопросах, связанных с контролем за выполнением определенных нормативов (например, в производстве). В связи с этим рассмотрим следующий пример.

Таблица 6.1

		Экспериментальная

Задача о снабжении энергией . Допустим, чтоn рабочих время от

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ

Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«МАТИ»  РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ИМ. К.Э. ЦИОЛКОВСКОГО

Кафедра «Моделирование систем и информационные технологии»

Методические указания к практическим занятиям

по дисциплине «Высшая математика»

Составители: Егорова Ю.Б.

Мамонов И.М.

Методические указания предназначены для студентов дневного и вечернего отделения факультета №14 специальностей 150601, 160301, 230102. Указания выделяют основные понятия темы, определяют последовательность изучения материала. Большое количество рассмотренных примеров помогает в практическом освоении темы. Методические указания служат методической основой для практических занятий и выполнения индивидуальных заданий.

СХЕМА БЕРНУЛЛИ. ФОРМУЛА БЕРНУЛЛИ

Схема Бернулли - схема повторных независимых испытаний, при которой какое-то событие А может многократно повторяться с постоянной вероятностью Р (А )= р .

Примеры испытаний, проводимых по схеме Бернулли: многократное подбрасывание монеты или игральной кости, изготовление партии деталей, стрельба по мишени и т.п.

Теорема. Если вероятность наступления события А в каждом испытании постоянна и равна р , то вероятность того, что событие А наступит m раз в n испытаниях (безразлично в какой последовательности), можно определить по формуле Бернулли:

где q = 1 – p .

ПРИМЕР 1. Вероятность того, что расход электроэнергии на протяжении одних суток не превысит установленной нормы, равна р= 0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.

РЕШЕНИЕ. Вероятность нормального расхода электроэнергии на протяжении каждых из 6 суток постоянна и равна р = 0,75. Следовательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равна q = 1р = 1  0,75 = 0,25.

Искомая вероятность по формуле Бернулли равна:

ПРИМЕР 2. Стрелок производит по мишени три выстрела. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна р= 0,3. Найти вероятность того, что поражена: а) одна мишень; б) все три мишени; в) ни одной мишени; г) хотя бы одна мишень; д) менее двух мишеней.

РЕШЕНИЕ. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле постоянна и равна р =0,75. Следовательно, вероятность промаха равна q = 1 р = 1  0,3= 0,7. Общее число проведенных опытов n =3.

а) Вероятность поражения одной мишени при трех выстрелах равна:

б) Вероятность поражения всех трех мишеней при трех выстрелах равна:

в) Вероятность трех промахов при трех выстрелах равна:

г) Вероятность поражения хотя бы одной мишени при трех выстрелах равна:

д) Вероятность поражения менее двух мишеней, то есть или одной мишени, или ни одной:

Локальная и интегральная теоремы муавра-лапласа

Если произведено большое число испытаний, то вычисление вероятностей по формуле Бернулли становится технически сложным, так как формула требует действий над огромными числами. Поэтому существуют более простые приближенные формулы для вычисления вероятностей при больших n . Эти формулы называются асимптотическими и определяются теоремой Пуассона, локальной и интегральной теоремой Лапласа.

Локальная теорема Муавра-Лапласа. А А произойдет m раз в n n (n →∞ ), приближенно равна:

где функция
а аргумент

Чем больше n , тем точнее вычисление вероятностей. Поэтому теорему Муавра-Лапласа целесообразно применять при npq  20.

f ( x ) составлены специальные таблицы (см. приложение 1). При использовании таблицы необходимо иметь в виду свойства функции f(x) :

Функция f(x) является четной f(  x)= f(x) .

При х  ∞ функция f(x)  0. Практически можно считать, что уже при х >4 функция f(x) ≈0.

ПРИМЕР 3. Найти вероятность того, что событие А наступит 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления события А в каждом испытании равна р= 0,2.

РЕШЕНИЕ. По условию n =400, m =80, p =0,2, q =0,8. Следовательно:

По таблице определим значение функции f (0)=0,3989.

Интегральная теорема Муавра-Лапласа. Если вероятность наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от 0 и 1, то вероятность того, что событие А произойдет от m 1 до m 2 раз в n испытаниях при достаточно большом числе n (n →∞ ), приближенно равна:

где
 интеграл или функция Лапласа,

Для нахождения значений функции Ф( x ) составлены специальные таблицы (например, см. приложение 2). При использовании таблицы необходимо иметь в виду свойства функции Лапласа Ф(x) :

Функция Ф(x) является нечетной Ф(  x)=  Ф(x) .

При х  ∞ функция Ф(x)  0,5. Практически можно считать, что уже при х >5 функция Ф(x) ≈0,5.

Ф (0)=0.

ПРИМЕР 4. Вероятность того, что деталь не прошла проверку ОТК, равна 0,2. Найти вероятность того, что среди 400 деталей окажется непроверенных от 70 до 100 деталей.

РЕШЕНИЕ. По условию n =400, m 1 =70, m 2 =100, p =0,2, q =0,8. Следовательно:

По таблице, в которой приведены значения функции Лапласа, определяем:

Ф(x 1 ) = Ф(  1,25 )=  Ф( 1,25 )=  0,3944; Ф(x 2 ) = Ф( 2,5 )= 0,4938.

Предположим, что имеется n независимых испытаний с двумя исходами в каждом испытании. Один из исходов будем называть успехом и кодировать цифрой 1, другой исход будем называть неудачей и кодировать цифрой 0. Предполагаем, что вероятность успеха в каждом испытании одна и та же и равна числу p , следовательно, вероятность неудачи равна . Эта схема, очевидно, является обобщением схемы независимого бросания монеты.

Пусть – вероятность того, что общее число успехов равно m. Тогда основная формула схемы Бернулли имеет вид .

Когда числа n и m становятся большими, вычисления по этой формуле становятся затруднительны. Поэтому используются три предельные теоремы: теорема Пуассона, локальная теорема Муавра–Лапласа и интегральная теорема Муавра–Лапласа. Приведем их формулировки.

Теорема Пуассона . (Формулировка приводится в упрощенном виде.) Пусть имеется n независимых испытаний. – вероятность успеха в одном испытании, – вероятность неудачи. Пусть . Тогда для любого фиксированного m справедливо соотношение

при

Комментарий. На практике эта теорема применяется при Это означает, что p должно быть очень малым числом, а n большим.

Локальная теорема Муавра-Лапласа . Пусть имеется n независимых испытаний Бернулли с вероятностью успеха p () в одном испытании и – вероятностью неудачи. Величина не зависит от n . Предположим, что для некоторой постоянной выполнено условие , где Тогда при

Комментарий. Эта теорема применяется, когда p отделено от нуля и единицы.

Интегральная теорема Муавра-Лапласа . Пусть имеется n независимых испытаний с вероятностью успеха p () в одном испытании и вероятностью неудачи. Величина не зависит от n . Тогда для любых вещественных чисел при

Комментарий. Здесь – функция распределения стандартного нормального закона, значения которой затабулированы в таблицах, приведенных в большинстве задачников по теории вероятностей и математической статистике.

Приведем задачи на применение схемы Бернулли и соответствующих предельных теорем.

Задача 30. Случайное блуждание по прямой.Частица движется по целым точкам вещественной прямой, перемещаясь каждую секунду либо на единицу вправо, либо на единицу влево с равными вероятностями. Найти вероятность того, что через n секунд частица вернется в точку 0.

Решение. Очевидно, вернуться в 0 частица может только за четное число секунд. Поэтому считаем, что . Считая успехом движение частицы вправо, заметим, что для возвращения за n секунд должно быть ровно k успехов. Поэтому из формулы Бернулли следует, что вероятность возвращения равна .

Задача 31. Имеется 5 студенческих групп по 25 человек, в каждой из которых по 5 отличников. Из каждой группы выбирается случайным образом по одному студенту. Найти вероятность того, что среди выбранных студентов будет 3 отличника.

Решение. Вероятностьвыбрать отличника в одной группе равна . Выбор отличника будем считать успехом. Тогда число успехов среди испытаний должно равняться . Таким образом, по основной формуле схемы Бернулли искомая вероятность равна .

Задача 32. (Задача Банаха) У рассеянного курильщика в правом и левом карманах пиджака находится по коробку спичек. В каждом коробке по n спичек. Каждый раз, когда ему требуется закурить, курильщик вынимает новую спичку либо из левого, либо из правого кармана с вероятностью 1/2. Найти вероятность того, что в тот момент, когда окажется пустым один из коробков, во втором коробке останется k спичек.

Решение. Пусть A – это событие, сформулированное в вопросе задачи. Будем считать испытанием Бернулли вытаскивание спичек, причем вытаскивание спички из правого кармана будем считать успехом, а из левого – неудачей. Очевидно, вероятность успеха равна 1/2. Поскольку к моменту окончания «эксперимента» из одного коробка вытащили n спичек, а из другого – спичек, то общее число испытаний Бернулли можно считать равным , причем событие A реализуется, если число успехов равно n или k . Поэтому . Здесь использовано свойство биномиальных коэффициентов, согласно которому слагаемые в скобках равны между собой.

Задача 33. Монета бросается 100 раз. Найти приближенно вероятность того, что герб выпадет 40 раз. (Воспользоваться таблицей.)

где Таким образом, используя таблицы для плотности нормального распределения, получим .

Задача 34. Город ежедневно посещают 1000 туристов, которые днем идут обедать. Каждый из них выбирает для обеда один из двух городских ресторанов с равными вероятностями и независимо друг от друга. Владелец одного из ресторанов желает, чтобы с вероятностью близкой к 0,99, все пришедшие в ресторан туристы смогли бы там одновременно пообедать. Сколько мест должно быть для этого в ресторане?

Решение. Обозначим через событие, состоящее в том, что i-й турист пообедал у заинтересованного владельца ресторана i= 1, 2,…, 1000. Наступление события будем называть успехом в i- м испытании. Вероятность успеха . Пусть m – общее число успехов, событие A состоит в переполнении ресторана, k – общее число мест в ресторане. Тогда нам надо подобрать k таким образом, чтобы выполнялось приближенное равенство

Определение повторных независимых испытаний. Формулы Бернулли для вычисления вероятности и наивероятнейшего числа. Асимптотические формулы для формулы Бернулли (локальная и интегральная, теоремы Лапласа). Использование интегральной теоремы. Формула Пуассона, для маловероятных случайных событий.

На практике приходится сталкиваться с такими задачами, которые можно представить в виде многократно повторяющихся испытаний, в результате каждого из которых может появиться или не появиться событие A . При этом интерес представляет исход не каждого "отдельного испытания, а общее количество появлений события A в результате определенного количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа m появлений события A в результате n испытаний. Рассмотрим случай, когда испытания являются независимыми и вероятность появления события A в каждом испытании постоянна. Такие испытания называются повторными независимыми.

Примером независимых испытаний может служить проверка на годность изделий, взятых по одному из ряда партий. Если в этих партиях процент брака одинаков, то вероятность того, что отобранное изделие будет бракованным, в каждом случае является постоянным числом.

Воспользуемся понятием сложного события , под которым подразумевается совмещение нескольких элементарных событий, состоящих в появлении или непоявлении события A в i –м испытании. Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых событие A может либо появиться с вероятностью p , либо не появиться с вероятностью q=1-p . Рассмотрим событие B_m , состоящее в том, что событие A в этих n испытаниях наступит ровно m раз и, следовательно, не наступит ровно (n-m) раз. Обозначим A_i~(i=1,2,\ldots,{n}) появление события A , a \overline{A}_i - непоявление события A в i –м испытании. В силу постоянства условий испытания имеем

Событие A может появиться m раз в разных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием \overline{A} . Число возможных комбинаций такого рода равно числу сочетаний из n элементов по m , т. е. C_n^m . Следовательно, событие B_m можно представить в виде суммы сложных несовместных между собой событий, причем число слагаемых равно C_n^m :

B_m=A_1A_2\cdots{A_m}\overline{A}_{m+1}\cdots\overline{A}_n+\cdots+\overline{A}_1\overline{A}_2\cdots\overline{A}_{n-m}A_{n-m+1}\cdots{A_n},

где в каждое произведение событие A входит m раз, а \overline{A} - (n-m) раз.

Вероятность каждого сложного события, входящего в формулу (3.1), по теореме умножения вероятностей для независимых событий равна p^{m}q^{n-m} . Так как общее количество таких событий равно C_n^m , то, используя теорему сложения вероятностей для несовместных событий, получаем вероятность события B_m (обозначим ее P_{m,n} )

P_{m,n}=C_n^mp^{m}q^{n-m}\quad \text{or}\quad P_{m,n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}.

Формулу (3.2) называют формулой Бернулли , а повторяющиеся испытания, удовлетворяющие условию независимости и постоянства вероятностей появления в каждом из них события A , называют испытаниями Бернулли , или схемой Бернулли .

Пример 1. Вероятность выхода за границы поля допуска при обработке деталей на токарном станке равна 0,07. Определить вероятность того, что из пяти наудачу отобранных в течение смены деталей у одной размеры диаметра не соответствуют заданному допуску.

Решение. Условие задачи удовлетворяет требования схемы Бернулли. Поэтому, полагая n=5,\,m=1,\,p=0,\!07 , по формуле (3.2) получаем

P_{1,5}=C_5^1(0,\!07)^{1}(0,\!93)^{5-1}\approx0,\!262.

Пример 2. Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябре бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из случайно взятых в этом месяце 8 дней 3 дня окажутся дождливыми?

Решение.

P_{3;8}=C_8^3{\left(\frac{12}{30}\right)\!}^3{\left(1-\frac{12}{30}\right)\!}^{8-3}=\frac{8!}{3!(8-3)!}{\left(\frac{2}{5}\right)\!}^3{\left(\frac{3}{5}\right)\!}^5=56\cdot\frac{8}{125}\cdot\frac{243}{3125}=\frac{108\,864}{390\,625}\approx0,\!2787.

Наивероятнейшим числом появления события A в n независимых испытаниях называется такое число m_0 , для которого вероятность, соответствующая этому числу, превышает или, по крайней мере, не меньше вероятности каждого из остальных возможных чисел появления события A . Для определения наивероятнейшего числа не обязательно вычислять вероятности возможных чисел появлений события, достаточно знать число испытаний n и вероятность появления события A в отдельном испытании. Обозначим P_{m_0,n} вероятность, соответствующую наивероятнейшему числу m_0 . Используя формулу (3.2), записываем

P_{m_0,n}=C_n^{m_0}p^{m_0}q^{n-m_0}=\frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}.

Согласно определению наивероятнейшего числа, вероятности наступления события A соответственно m_0+1 и m_0-1 раз должны, по крайней мере, не превышать вероятность P_{m_0,n} , т. е.

P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0+1,n}};\quad P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0-1,n}}

Подставляя в неравенства значение P_{m_0,n} и выражения вероятностей P_{m_0+1,n} и P_{m_0-1,n} , получаем

Решая эти неравенства относительно m_0 , получаем

M_0\geqslant{np-q},\quad m_0\leqslant{np+p}

Объединяя последние неравенства, получаем двойное неравенство, которое используют для определения наивероятнейшего числа:

Np-q\leqslant{m_0}\leqslant{np+p}.

Так как длина интервала, определяемого неравенством (3.4), равна единице, т. е.

(np+p)-(np-q)=p+q=1,

и событие может произойти в n испытаниях только целое число раз, то следует иметь в виду, что:

1) если np-q - целое число, то существуют два значения наивероятнейшего числа, а именно: m_0=np-q и m"_0=np-q+1=np+p ;

2) если np-q - дробное число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: единственное целое, заключенное между дробными числами, полученными из неравенства (3.4);

3) если np - целое число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: m_0=np .

При больших значениях n пользоваться формулой (3.3) для расчета вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу, неудобно. Если в равенство (3.3) подставить формулу Стирлинга

N!\approx{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi{n}}},

справедливую для достаточно больших n , и принять наивероятнейшее число m_0=np , то получим формулу для приближенного вычисления вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу:

P_{m_0,n}\approx\frac{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi{n}}\,p^{np}q^{nq}}{(np)^{np}e^{-np}\sqrt{2\pi{np}}\,(nq)^{nq}e^{-nq}\sqrt{2\pi{nq}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi{npq}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{npq}}.

Пример 2. Известно, что \frac{1}{15} часть продукции, поставляемой заводом на торговую базу, не удовлетворяет всем требованиям стандарта. На базу была завезена партия изделий в количестве 250 шт. Найти наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, и вычислить вероятность того, что в этой партии окажется наивероятнейшее число изделий.

Решение. По условию n=250,\,q=\frac{1}{15},\,p=1-\frac{1}{15}=\frac{14}{15} . Согласно неравенству (3.4) имеем

250\cdot\frac{14}{15}-\frac{1}{15}\leqslant{m_0}\leqslant250\cdot\frac{14}{15}+\frac{1}{15}

откуда 233,\!26\leqslant{m_0}\leqslant234,\!26 . Следовательно, наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, в партии из 250 шт. равно 234. Подставляя данные в формулу (3.5), вычисляем вероятность наличия в партии наивероятнейшего числа изделий:

P_{234,250}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi\cdot250\cdot\frac{14}{15}\cdot\frac{1}{15}}}\approx0,\!101

Пользоваться формулой Бернулли при больших значениях n очень трудно. Например, если n=50,\,m=30,\,p=0,\!1 , то для отыскания вероятности P_{30,50} надо вычислить значение выражения

P_{30,50}=\frac{50!}{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20}

Естественно, возникает вопрос: нельзя ли вычислить интересующую вероятность, не используя формулу Бернулли? Оказывается, можно. Локальная теорема Лапласа дает асимптотическую формулу, которая позволяет приближенно найти вероятность появления событий ровно m раз в n испытаниях, если число испытаний достаточно велико.

Теорема 3.1. Если вероятность p появления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность P_{m,n} того, что событие A появится в n испытаниях ровно m раз, приближенно равна (тем точнее, чем больше n ) значению функции

Y=\frac{1}{\sqrt{npq}}\frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}=\frac{\varphi(x)}{\sqrt{npq}} при .

Существуют таблицы, которые содержат значения функции \varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2/2}} , соответствующие положительным значениям аргумента x . Для отрицательных значений аргумента используют те же таблицы, так как функция \varphi(x) четна, т. е. \varphi(-x)=\varphi(x) .

Итак, приближенно вероятность того, что событие A появится в n испытаниях ровно m раз,

P_{m,n}\approx\frac{1}{\sqrt{npq}}\,\varphi(x), где x=\frac{m-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 3. Найти вероятность того, что событие A наступит ровно 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления события A в каждом испытании равна 0,2.

Решение. По условию n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8 . Воспользуемся асимптотической, формулой Лапласа:

P_{80,400}\approx\frac{1}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}\,\varphi(x)=\frac{1}{8}\,\varphi(x).

Вычислим определяемое данными задачи значение x :

X=\frac{m-np}{\sqrt{npq}}=\frac{80-400\cdot0,\!2}{8}=0.

По таблице прил, 1 находим \varphi(0)=0,\!3989 . Искомая вероятность

P_{80,100}=\frac{1}{8}\cdot0,\!3989=0,\!04986.

Формула Бернулли приводит примерно к такому же результату (выкладки ввиду их громоздкости опущены):

P_{80,100}=0,\!0498.

Предположим, что проводится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события A постоянна и равна p . Необходимо вычислить вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в n испытаниях не менее m_1 и не более m_2 раз (для краткости будем говорить "от m_1 до m_2 раз"). Это можно сделать с помощью интегральной теоремы Лапласа.

Теорема 3.2. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то приближенно вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{x"}^{x""}e^{-x^2/2}\,dx, где .

При решении задач, требующих применения интегральной теоремы Лапласа, пользуются специальными таблицами, так как неопределенный интеграл \int{e^{-x^2/2}\,dx} не выражается через элементарные функции. Таблица для интеграла \Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x}e^{-z^2/2}\,dz приведена в прил. 2, где даны значения функции \Phi(x) для положительных значений x , для x<0 используют ту же таблицу (функция \Phi(x) нечетна, т. е. \Phi(-x)=-\Phi(x) ). Таблица содержит значения функции \Phi(x) лишь для x\in ; для x>5 можно принять \Phi(x)=0,\!5 .

Итак, приближенно вероятность того, что событие A появится в n независимых испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\Phi(x"")-\Phi(x"), где x"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}};~x""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 4. Вероятность того, что деталь изготовлена с нарушениями стандартов, p=0,\!2 . Найти вероятность того, что среди 400 случайно отобранных деталей нестандартных окажется от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100 . Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

P_{(70,100),400}\approx\Phi(x"")-\Phi(x").

Вычислим пределы интегрирования:

нижний

X"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=\frac{70-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=-1,\!25,

верхний

X""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=\frac{100-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=2,\!5,

Таким образом

P_{(70,100),400}\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25).

По таблице прил. 2 находим

\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.

Искомая вероятность

P_{(70,100),400}=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.

Если число m (число появлений события A при n независимых испытаниях) будет изменяться от m_1 до m_2 , то дробь \frac{m-np}{\sqrt{npq}} будет изменяться от \frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=x" до \frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=x"" . Следовательно, интегральную теорему Лапласа можно записать и так:

P\left\{x"\leqslant\frac{m-np}{\sqrt{npq}}\leqslant{x""}\right\}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{x"}^{x""}e^{-x^2/2}\,dx.

Поставим задачу найти вероятность того, что отклонение относительной частоты \frac{m}{n} от постоянной вероятности p по абсолютной величине не превышает заданного числа \varepsilon>0 . Другими словами, найдем вероятность осуществления неравенства \left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon , что то же самое, -\varepsilon\leqslant\frac{m}{n}-p\leqslant\varepsilon . Эту вероятность будем обозначать так: P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\} . С учетом формулы (3.6) для данной вероятности получаем

P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\}\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt{\frac{n}{pq}}\right).

Пример 5. Вероятность того, что деталь нестандартна, p=0,\!1 . Найти вероятность того, что среди случайно отобранных 400 деталей относительная частота появления нестандартных деталей отклонится от вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не более чем на 0,03.

Решение. По условию n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03 . Требуется найти вероятность P\left\{\left|\frac{m}{400}-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\} . Используя формулу (3.7), получаем

P\left\{\left|\frac{m}{400}-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\}\approx2\Phi\left(0,\!03\sqrt{\frac{400}{0,\!1\cdot0,\!9}}\right)=2\Phi(2)

По таблице прил. 2 находим \Phi(2)=0,\!4772 , следовательно, 2\Phi(2)=0,\!9544 . Итак, искомая вероятность приближенно равна 0,9544. Смысл полученного результата таков: если взять достаточно большое число проб по 400 деталей в каждой, то примерно в 95,44% этих проб отклонение относительной частоты от постоянной вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не превысит 0,03.

Если вероятность p наступления события в отдельном испытании близка к нулю, то даже при большом числе испытаний n , но при небольшом значении произведения np получаемые по формуле Лапласа значения вероятностей P_{m,n} оказываются недостаточно точными и возникает потребность в другой приближенной формуле.

Теорема 3.3. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, но мала, число независимых испытаний n достаточно велико, но значение произведения np=\lambda остается небольшим (не больше десяти), то вероятность того, что в этих испытаниях событие A наступит m раз,

P_{m,n}\approx\frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda}.

Для упрощения расчетов с применением формулы Пуассона составлена таблица значений функции Пуассона \frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda} (см. прил. 3).

Пример 6. Пусть вероятность изготовления нестандартной детали равна 0,004. Найти вероятность того, что среди 1000 деталей окажется 5 нестандартных.

Решение. Здесь n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4 . Все три числа удовлетворяют требованиям теоремы 3.3, поэтому для нахождения вероятности искомого события P_{5,1000} применяем формулу Пуассона. По таблице значений функции Пуассона (прил. 3) при \lambda=4;m=5 получаем P_{5,1000}\approx0,\!1563 .

Найдем вероятность того же события по формуле Лапласа. Для этого сначала вычисляем значение x , соответствующее m=5 :

X=\frac{5-1000\cdot0,\!004}{\sqrt{1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996}}\approx\frac{1}{1,\!996}\approx0,\!501.

Поэтому согласно формуле Лапласа искомая вероятность

P_{5,1000}\approx\frac{\varphi(0,\!501)}{1,\!996}\approx\frac{0,\!3519}{1,\!996}\approx0,\!1763

а согласно формуле Бернулли точное ее значение

P_{5,1000}=C_{1000}^{5}\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^{995}\approx0,\!1552.

Таким образом, относительная ошибка вычисления вероятностей P_{5,1000} по приближенной формуле Лапласа составляет

\frac{0,\!1763-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!196 , или 13,\!6\%

а по формуле Пуассона -

\frac{0,\!1563-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!007 , или 0,\!7\%

Т. е. во много раз меньше.
Перейти к следующему разделу
Одномерные случайные величины В вашем браузере отключен Javascript.
Чтобы произвести расчеты, необходимо разрешить элементы ActiveX!

времени используют электрическую энергию. Чтобы получить грубое представление об ожидаемой нагрузке представим себе, что в любой момент времени каждому рабочему с одной и той же вероятностью p может потребоваться единица энергии. Если они работают независимо, то вероятность того, что энергия потребуется одновременноk рабочим, будет равнаb (k ;n ,p ). Здесь «испытанием» является проверка факта использования энергии в данный момент j -м рабочим (j = 1,2,...,n ), а «успехом» является положительный результат проверки. Так, если один рабочий потребляет энергию в среднем 12 минут в течение часа40 , следует положитьp = 1260= 0,2. В этом случае вероятность того, что не менее 7 из 10 рабочих

Другими словами, если снабжение рассчитано на 6 единиц энергии, то вероятность перегрузки равна 0.000864. Это означает, что одна перегрузка приходится в среднем на 10.000864≈ 1157 минут, т.е. примерно на 12 часов рабочего времени. Поэтому, если перегрузки наблюдаются чаще, то это должно явиться сигналом для усиленного контроля над производственным циклом.

Следующий пример имеет несколько иной характер. При бросании двух правильных игральных костей, вероятность появления 12 очков равна,

очевидно, 1 6 2 ≈ 0,0278 , т.е. в среднем одно появление за 36 бросаний. Если в

казино за игорным столом в процессе игры эта пропорция существенно нарушается, то это означает либо тот факт, что кости дефектны, и их надо заменить, либо что игра идет нечестно. В любом случае, возникает основание для более тщательного наблюдения за игрой на данном игорном столе.

Предположим, как и выше, что проводится серия из n независимых

40 Эта величина может определяться, например, производственным циклом или технологией производства.

между собой испытаний. Однако в отличие от предыдущего, мы предположим, что результатом каждого испытания может быть одно и только одно из k попарно несовместимых событийA 1 ,A 2 , ...,A k , причем вероятности появления каждого из этих событий в каждом отдельном испытании постоянны и равны соответственно

p 1 ,p 2 , ...,p k ;p j > 0;p 1 + p 2 + ...+ p k = 1.

Найдем вероятность того, что в результате n испытаний событиеA 1 появится

m 1 +m 2 +... +m k =n .

Прежде всего, отметим, что рассужденияпредыдущего пункта приводят нас к выводу о том, что вероятность каждой допустимой комбинации будет


	pm 1	pm 2	P m k . С другой стороны, число допустимых комбинаций равно

	способов, которыми можно n элементов разбить			k групп
m 1 ,m 2 ,...,m k			элементов соответственно. Это число, согласно	теореме 5.5,


	m ! m!... m!

			образом, искомая вероятность того, что	результате

независимых испытаний событие A 1 появится ровноm 1 раз, событиеA 2 – ровноm 2 раза и т.д., событиеA k появится ровноm k раз, будет равна

Pn (m1 , m2

p j> 0;

m j≥ 0;

M )=		pm 1	pm 2	P m k ;
M )=	m ! m!... m!	pm 1	pm 2	P m k ;
	m ! m!... m!

p 1 +p 2 +... +p k

m 1 +m 2 +... +m k =n .

p 1 = 0,4,p 2 = 0,35,p 3 = 0,25 . Какова вероятность того, что в матче из 12 партий у данного шахматиста будет 5 побед, 4 поражения и 3 ничьи?

Решение. Мы в точности находимся в ситуации обобщенной схемы Бернулли с n = 12. Подставляя значения из данных задачи в формулу (6.2),

получим: P 12 (5, 4, 3)= 5!4!3! 12! (0.4)5 (0.35)4 (0.25)3 ≈ 0.067 .

по формуле (6.1).

Рассмотрим величину

b (m ;n ,p )

(n− m+ 1) p

(n+ 1) p− m

b (m − 1;n ,p )

Возвратимся к классической схеме Бернулли разд. 6.1 и поставим следующую задачу. Пусть целые числа a ,b таковы, что 0≤ a < b ≤ n . Чему равна вероятность того, что в результатеn независимых испытаний Бернулли число «успехов» будет заключено между числамиa иb ? Ответ на этот вопрос дается легко, поскольку допустимые комбинации для различных чисел «успехов» несовместимы. Соответствующая вероятность, очевидно, равна


P n (a , b ) = ∑ C n kp kq n− k=

C n ap aq n− a+ C n a+ 1 p a+ 1 q n− a− 1 + C n a+ 2 p a+ 2 q n− a− 2 + ... + C n bp bq n− b.

Замечание . Для обозначения вероятности числа успехов вn испытаниях Бернулли используются различные обозначения, в зависимости от контекста рассматриваемых задач. Так, черезP n (k < m ) часто обозначается вероятность того,чтоврезультатеn испытанийчислоk успеховбудетменьше ,чемm ;черезP n (m 1 ≤ k < m 2 ) обозначается вероятность того, в результатеn испытаний числоk успехов будетбольше либо равно m 1 , номеньше m 2 ; вместо обозначенияP n (a ,b ) может использоваться обозначениеP n (a ≤ k ≤ b ) и т.п. Как правило, проблем с однозначным пониманием смысла подобных обозначений в контексте той или иной конкретной задачи не возникает.

Наиболее вероятное число успехов. Вычислим теперь значение числа m= m0 , при котором функция b(m; n, p) достигает своего наибольшего значения. В этом случае число m0 называют наиболее вероятным числом

успехов (в n испытаниях).

Напомним, что функция b (m ;n ,p ) определяется как вероятностьm «успехов» вn испытаниях Бернулли с вероятность «успеха»p , и вычисляется

где учтено, что q = 1− p . Отсюда видно, что функцияb (m ;n ,p ) возрастает поm приm < (n + 1)p и убывает приm > (n + 1)p . Имея в виду, чтоm 0 должно быть неотрицательным целым числом, получаем, что наиболее вероятное число «успехов»m 0 есть (единственное) неотрицательное целое число, удовлетворяющее неравенству

(n + 1)p − 1< m 0 ≤ (n + 1)p .

Рассмотрим теперь несколько примеров .

1. Задача де Мере . Сколько раз нужно бросить пару игральных костей, чтобысвероятностьюболее½ ожидатьсуммуочков,равную12,хотябыодин раз?

Решение. Вероятность p «успеха», т. е. выпадения 12 очков, при каждом бросании одинакова и равнаp = 1 36 . Пустьn – искомое число бросаний,k – число «успехов». ТогдаP n (k ≥ 1)= 1− P n (k = 0) . Но

P n (k = 0)= C n 0 p 0 (1− p )n = (35 36 ) n ≈ (0.972)n .

Таким образом, требуемое значение n находится из неравенства

(0.972)n ≤ 0.5 .

Решая это неравенство, получаем: n ≥ 25.

2. Трое стрелков при стрельбе по мишени попадают в нее при одном выстреле с вероятностями 0.2, 0.3 и 0.4 соответственно. Кому из троих стрелять по мишени, определяют с помощью шести подбрасываний монеты,

причем если гербов выпадет больше, чем решек, то стреляет первый стрелок, если гербов выпадет меньше, чем решек, то стреляет второй стрелок, в противном случае – третий стрелок. Стреляющий производит 3 выстрела. Определить вероятность того, что две пули попадут в цель.

Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что в мишень попадут две пули. Обозначим черезB 1 ,B 2 ,B 3 – события, состоящие в том, что стреляет первый, второй и третий стрелок соответственно. Так как событияB 1 ,B 2 ,B 3 образуют полную группу событий, то по формуле полной вероятности (2.6) имеем:

P (A )= P (A /B 1 )P (B 1 )+ P (A /B 2 )P (B 2 )+ P (A /B 3 )P (B 3 ) .

Вычислим по отдельности вероятности, входящие в формулу (6.5). Начнем с вероятностей P (B j ) . Поскольку предоставление права стрельбы тому или иному стрелку зависит от результатов последовательности независимых испытаний – шести подбрасываний монеты, то соответствующие вероятности должны вычисляться в соответствии со схемой Бернулли. Именно, пусть «успех» – это выпадение герба; тогда в соответствии с условиями задачи:

P (B 1 )= P 6 (k ≥ 4)= C 6 4 (0.5)6 + C 6 5 (0.5)6 + C 6 6 (0.5)6 = 11 32 ;P (B 2 )= P 6 (k ≤ 2)= C 6 0 (0.5)6 + C 6 1 (0.5)6 + C 6 2 (0.5)6 = 11 32 ;P (B 3 )= P 6 (k = 3)= C 6 3 (0.5)6 = 5 16 .

P (A /B )= b (2; 3, 0,2)		(0,2)2 0,8= 0,096;

P (A /B )= b (2; 3, 0,3)		(0,3)2 0,7= 0,189 ;

P (A /B )= b (2; 3, 0,4)= C 2		(0,4)2 0,6= 0,288.

По формуле полной вероятности (6.5) получаем окончательно
P (A )= 0,188 .
3. Каждый из n = 50		приглашенных приходит на собрание с